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Esercizio corpo rigido 59

Dinamica del corpo rigido

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L’Esercizio Corpo Rigido 59 è il cinquantanovesimo nella serie dedicata agli esercizi sul corpo rigido. Segue l’Esercizio Corpo Rigido 58 e precede l’Esercizio Corpo Rigido 60. È rivolto a studenti di Fisica 1, in particolare a coloro che studiano ingegneria, fisica o matematica.

Nel percorso didattico di Fisica 1, prima di affrontare i corpi rigidi, si studiano gli esercizi sui sistemi di punti materiali. Successivamente, si passa agli esercizi sugli urti tra punti materiali e corpi rigidi, che rappresentano un momento di sintesi nel percorso formativo.

 

Testo dell’Esercizio Corpo Rigido 59

Esercizio 59 (\bigstar \bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar). Un disco omogeneo, di massa m e raggio r, è in quiete sopra un piano inclinato di massa M e formante un angolo \theta con il piano orizzontale, come in figura 1. Il disco nella discesa sul piano inclinato si muove di puro rotolamento. Inoltre, il piano inclinato può scorrere sul piano orizzontale. Si consideri il piano orizzontale liscio. Si richiede di determinare il modulo dell’accelerazione A del centro di massa del piano inclinato rispetto ad un sistema di riferimento inerziale.

 

 

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Svolgimento.

Nel contatto tra il disco ed il piano inclinato si generano la reazione vincolare \vec{N} (perpendicolare al piano inclinato) e la forza di attrito statico \vec{f} (tangente al piano inclinato) sul disco (vedi figura 2), mentre sul piano inclinato abbiamo -\vec{N} e -\vec{f} (vedi figura 3), per il terzo principio della dinamica. Pertanto, il piano inclinato, non essendo fisso, traslerà con un accelerazione pari ad \vec{A} rispetto ad un sistema di riferimento inerziale. Scegliamo un sistema di riferimento fisso Oxy (vedi figura 3) ed un sistema di riferimento non inerziale O^{\prime}x^{\prime}y^{\prime} (vedi figura 2) solidale con il piano inclinato. Notiamo che il moto del disco è di puro rotolamento rispetto ad un sistema di riferimento solidale con il piano inclinato. Osservando il disco dal sistema di riferimento non inerziale, nello studio della dinamica dobbiamo considerare anche le forze fittizie che agiscono su di esso; in particolare, sul disco, oltre alle forze dette in precedenza (\vec{N} e \vec{f}) agiscono la forza peso m\vec{g} e la forza fittizia -m\vec{A}. La forza fittizia (apparente) -m\vec{A} possiamo immaginarla applicata nel centro di massa del disco (vedi figura 2).

 

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Si noti che in figura 2 il vettore \vec{f} ha verso positivo rispetto all’asse x^{\prime}, perché altrimenti il disco non ruoterebbe in senso antiorario, come ci si aspetta della fisica del problema. Inizialmente è tutto in quiete, se prendiamo come polo il centro di massa del disco per il calcolo dei momenti esterni al disco, l’unica forza esterna che genera un momento non nullo è la forza di attrito statico, e tale momento induce ad rotazione antioraria, concorde con quanto ci aspettiamo dalla fisica del problema, ovvero, il disco scendendo lungo il piano inclinato ruoterà in senso antiorario. Nel sistema di riferimento solidale con il piano inclinato applichiamo la prima e la seconda legge cardinale per i corpi rigidi, scegliendo come polo per il calcolo dei momenti esterni il centro di massa del disco. Otteniamo: Otteniamo:

(1)   \begin{equation*} \begin{cases} N-mg\cos\theta+mA\sin\theta=0\\ -mA\cos\theta+f-mg\sin\theta=-ma_{\text{CM}}\\ fr=I_{\text{CM}}\alpha \end{cases}\quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} N-mg\cos\theta+mA\sin\theta=0\\ -mA\cos\theta+f-mg\sin\theta=-ma_{\text{CM}}\\ fr=\dfrac{mr^2}{2}\alpha \end{cases}. \end{equation*}

dove a_{\text{CM}} è l’accelerazione centro di massa del disco e \alpha è l’accelerazione angolare del disco. Inoltre, dalla condizione di puro rotolamento (\vec{v}_{\text{CM}}=-\vec{\omega}\wedge \vec{r}) si ottiene a_{\text{CM}}=\alpha r, dunque il sistema (1) diventa

(2)   \begin{equation*} \begin{cases} N=mg\cos\theta-mA\sin\theta\\ f=mA\cos\theta+mg\sin\theta-ma_{\text{CM}}\\ f=\dfrac{1}{2}ma_{\text{CM}} \end{cases}. \end{equation*}

In figura 3 rappresentiamo le forze esterne che agiscono sul piano inclinato di massa M.

 

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Nel sistema di riferimento fisso, per la seconda legge della dinamica, la somma delle forze esterne lungo l’asse delle x per il piano inclinato è

(3)   \begin{equation*} N\sin\theta-f\cos\theta=MA. \end{equation*}

Sostituendo N (definita nell’equazione(2)_1) nell’equazione (3), si ottiene

(4)   \begin{equation*} (mg\cos\theta-mA\sin\theta)\sin\theta-f\cos\theta=MA. \end{equation*}

Inoltre, sostituendo l’espressione di f (definita nell’equazione (2)_3) nella (2)_2, si trova

(5)   \begin{equation*} mA\cos\theta+mg\sin\theta-ma_{\text{CM}}=\dfrac{1}{2}ma_{\text{CM}}, \end{equation*}

da cui

(6)   \begin{equation*} A\cos\theta+g\sin\theta=\dfrac{3}{2}a_{\text{CM}}, \end{equation*}

cioè

(7)   \begin{equation*} a_{\text{CM}}=\dfrac{2}{3}(A\cos\theta+g\sin\theta). \end{equation*}

Grazie a questo risultato, possiamo scrivere la (2)_3 in funzione di \theta, ossia

(8)   \begin{equation*} f=\dfrac{1}{2}ma_{\text{CM}}=\dfrac{m}{3}(A\cos\theta+g\sin\theta). \end{equation*}

Infine, sostituendo il risultato della (8) nella (4), si trova

    \[\begin{aligned} &(mg\cos\theta-mA\sin\theta)\sin\theta-\dfrac{m}{3}(A\cos\theta+g\sin\theta)\cos\theta=MA\quad\Leftrightarrow\\ & \Leftrightarrow\quad mg\cos\theta\sin\theta-mA(\sin\theta)^2-\dfrac{m}{3}A(\cos\theta)^2-\dfrac{m}{3}g\sin\theta\cos\theta-MA=0\quad\Leftrightarrow\\ & \Leftrightarrow\quad 3mg\cos\theta\sin\theta-3mA(\sin\theta)^2-mA(\cos\theta)^2-mg\sin\theta\cos\theta-3MA=0\quad\Leftrightarrow\\ & \Leftrightarrow\quad A\left(-3m\sin^2\theta-3M-m\cos^2\theta\right)=A\left(-2m\sin^2\theta-3M-m\right)=-2mg\cos\theta\sin\theta\quad\Leftrightarrow\\ & \Leftrightarrow\quad A=\dfrac{2mg\cos\theta\sin\theta}{3m\sin^2\theta+3M+m\cos^2\theta}=\dfrac{2mg\cos\theta\sin\theta}{2m\sin^2\theta+3M+m}=\dfrac{2mg\cos\theta\sin\theta}{3M+m(2\sin^2\theta+1)}. \end{aligned}\]

Si conclude che il modulo dell’accelerazione A rispetto al sistema di riferimento fisso è

    \[\boxcolorato{fisica}{A=\dfrac{2mg\cos\theta\sin\theta}{3M+m(2\sin^2\theta+1)}.}\]

Per completezza calcoliamo a_{\text{CM}}. Abbiamo dunque

    \[\begin{aligned} a_{\text{CM}}&=\dfrac{2}{3}(A\cos\theta+g\sin\theta)=\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{2mg\cos\theta\sin\theta}{3M+m(2\sin^2\theta+1)}\cos\theta+g\sin\theta\right)=\\ &=\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{2mg\cos\theta\sin\theta+g \sin \theta \left(3M+m(2\sin^2\theta+1)\right)}{3M+m(2\sin^2\theta+1)}\right)=\\ &=\boxed{\dfrac{2}{3}g\sin\theta\left(\dfrac{3M+m(2\sin^2\theta+1+2\cos \theta)}{3M+m(2\sin^2\theta+1)}\right).} \end{aligned}\]

 

Osservazione. Consideriamo il sistema composto dal disco e dal piano inclinato. Osserviamo che lungo l’asse delle x del sistema di riferimento inerziale non sono presenti forze esterne, pertanto si conserva la quantità di moto totale del sistema.

 

Svolgimento alternativo.

Sfruttando l’osservazione appena fatta, sappiamo che si conserva la quantità di moto del sistema composto dal disco e dal piano inclinato, ovvero

(9)   \begin{equation*} MV_{M,x}+mv_{m,x}=\text{costante}, \end{equation*}

dove V_{M,x} è il modulo della velocità del centro di massa del piano inclinato rispetto al sistema di riferimento fisso e v_{m,x} è il modulo della velocità del centro di massa del disco rispetto al sistema di riferimento fisso. Deriviamo ambo i membri di (9) rispetto al tempo e otteniamo

(10)   \begin{equation*} MA+ma_{m,x}=0, \end{equation*}

dove a_{m,x} è l’accelerazione del centro di massa del cilindro rispetto al sistema fisso e A è stata già definita in precedenza. Consideriamo la figura 4.

 

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Osserviamo che tra a_{m,x} e a_{\text{CM}} sussiste la seguente relazione

(11)   \begin{equation*} a_{m,x}=A-a_{\text{CM}}\cos \theta . \end{equation*}

Sostituendo a_{m,x} (definita nell’equazione (11)) nell’equazione (10), si ottiene

(12)   \begin{equation*} MA+m\left(A-a_{\text{CM}}\cos \theta \right)=0. \end{equation*}

Sostituendo a_{\text{CM}} (definita nell’equazione (7)) nell’equazione (13), si ha

(13)   \begin{equation*} MA+m\left(A-\cos \theta \left(\dfrac{2}{3}(A\cos\theta+g\sin\theta)\right) \right)=0, \end{equation*}

da cui

(14)   \begin{equation*} MA+mA-\dfrac{2}{3}Am\cos^2\theta-\dfrac{2}{3}mg\cos\theta \sin \theta=0, \end{equation*}

ovvero

(15)   \begin{equation*} 3MA+3mA-2Am\left(1-\sin^2 \theta\right)-2g \sin \theta\cos \theta=0, \end{equation*}

o anche

(16)   \begin{equation*} A\left(3M+m\left(1+2\sin^2 \theta\right)\right)=mg \sin \left(2 \theta\right), \end{equation*}

cioè

    \[\boxcolorato{fisica}{A=\dfrac{mg\sin\left(2\theta\right)}{3M+m(2\sin^2\theta+1)},}\]

come ottenuto in precedenza.

 

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